第三组阳离子的分析
第四节第三组阳离子的分析
一、本组离子的分析特性
本组包括由7种元素形成的8种离子：Al3+、Cr3+、Fe3+、Fe2+、Mn2+、Zn2+、Co2+、Ni2+，称为铁组，它们的氯化物溶于水，在0.3mol·L-1HCl溶液中不形成硫化物沉淀，只能在
NH
3-NH
4
Cl(pH≈9)溶液中与(NH
4
)
2
S或硫代乙酰胺反应生成硫化物或氢氧化物沉淀，按分组顺
序称为第三组，按所用试剂称为硫化铵组。
1.离子的颜色——预测某些有色离子是否存在
常见阳离子中带有颜色的，除Cu2+以外，其余都集中到本组，而本组中只有Al3+和Zn2+无色。
作用：此性质可用作未知离子的预测。
应注意的问题：
（1）当含量少时，即使溶液无色，也不能排除有少量有色离子的存在。
（2）当不同的颜色发生互补现象时，溶液虽然无色也不能排除有色离子的存在。
如Co2+:Ni2+=1:3
互补规律：（对角线互补为无色）
2.离子的价态
本组除Al 3+
与Zn 2+
外，都有两种以上的价态，如Fe(2,3)，Mn(2,3,4,5,6,7)，Cr(2,3,6),Co(2,3)，Ni(2,3)等。可应用于分离和鉴定反应之中。正因为这样，本组许多离子的分析反应都与其价态的变化有关，有的还有重要的分析意义。
氧化还原反应在分析中的应用 (1)分离离子：掩蔽或沉淀
以NaOH 沉淀Co(OH)2时，因它的溶解度较大，且容易被过量的NaOH 部分溶解为HCoO 2-，所以沉淀不完全。为使沉淀完全，一般都将Co(OH)2氧化为Co(OH)3。Co(OH)2很容易被氧化，甚至放置在空气中都可逐渐转变为Co(OH)3。在实验条件下，通常是加Na 2O 2作为氧化剂：
2Co(OH)2+Na 2O 2+2H 2O ＝2Co(OH)3↓+2Na ++2OH -
(2)鉴定离子
Mn 2+在稀溶液中接近无色，而MnO 4-却有鲜明的紫红色。利用这一性质，可将Mn 2+氧化为MnO 4-而加以鉴定，灵敏度很高（m=1μg ，c=16ppm ）。
又如，Cr 3+的鉴定方法之一，是先在碱性溶液中将它氧化为黄色的CrO 42-（不够灵敏、受有色离子的干扰），然后再在酸性溶液中进一步氧化为蓝色的过氧化铬CrO 5。这是铬比较特效的方法。
(3)溶解难溶化合物
一般的溶解度小的硫化物或氧化物均可用氧化还原法溶解。 CoS+H 2O 2+2H +==Co 2++S ↓+2H 2O MnO 2+2H ++H 2O 2==Mn 2++2H 2O+O 2↑ MnO 2+4H ++4Cl -==MnCl 2+2H 2O+Cl 2↑
(4)预处理离子
如As Ⅴ到As Ⅲ、Sn Ⅱ到Sn Ⅳ的转化
3.形成络离子的能力
本组离子形成络离子的能力较强。这一性质对本组某些离子的分离和鉴定有很大的方便。例如Zn 2+、Co 2+、Ni 2+与NH 3生成络离子的性质可用于它们与其它离子的分离；在一定条件下，Fe 3+；和Co 2+与NH 4SCN 形成有色的络合物，这一性质可用于相应离子的鉴定。
配位反应在分析中的应用
(1)鉴定离子
如Fe 2+在pH=2-9下，与邻二氮菲生成深红色配位化合物
用这类反应鉴定离子，在分析检验上经常使用。阳Ⅲ组Al 3+、Fe 3+、Fe 2+、Zn 2+、Co 2+、Ni 2+
均用此类鉴定反应。 (2)掩蔽离子（不分离）
如鉴定Co 2+时，Co 2+与NH 4SCN 生成蓝色络合物Co(SCN)42-，但Fe 3+有干扰，此时可用NaF 掩蔽Fe 3+。
分离
(3)分离
如Ag+、Zn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Cu2+与Fe3+的分离，可用过量的氨水，形成Fe(OH)
3
↓，其余的均形成配位化合物。
(4)溶解难溶化合物
如AgCl可用氨水溶解。
4.与(NH4)2反应
5．沉淀的性状
易形成胶体沉淀，特别是NiS。
二、组试剂与分离条件
本组组试剂为NH
3－NH
4
Cl(pH=9)存在下的(NH
4
)
2
S或硫代乙酰胺(加热)。与组试剂作用时
本组离子有的生成硫化物，有的则生成氢氧化物：
Fe2++S2-＝FeS↓(黑) 2Fe3++3S2-＝Fe
2S
3
↓(黑)
Mn2++S2-＝MnS↓(肉色) Zn2++S2-＝ZnS↓(白) Co2++S2-＝CoS↓(黑) Ni2++S2-＝NiS↓(黑)
2A13++3S2-+6H
2O＝2A1(OH)
3
↓(白)+3H
2
S↑
2Cr3++3S2-+6H
2O＝2Cr(OH)
3
↓(灰绿)+3H
2
S↑
因Fe3+、Al3+与Cr3+的氢氧化物溶解度很小，当溶液一旦变成微碱性（如在氨性溶液中）
时，它们首先就会以氢氧化物的形式析出，加入组试剂后，只有Fe(OH)
3转化为黑色Fe
2
S
3
沉
淀。
为了使本组离子沉淀完全，并与第四组离子有效分离，且所得的沉淀便于离心沉降，在进行沉淀时应注意控制酸度和防止硫化物形成胶体等问题。
1.防止(NH4)2S水解
这是为了得到高浓度的S2-。
NH
4++S2-+H
2
O HS-+NH
3
使[S2-]降低，不利于沉淀生成。
措施：加NH
3
抑制。
2.酸度要适当
在分离第二组后，溶液是0.3mol/L HCl，因此，必须先用氨水中和至弱碱性。在中和过程中，Fe3+、Al3+和Cr3+会局部析出氢氧化物沉淀，所以，中和的同时又可预测本组三价离子是否存在。
Al(OH)
3和Cr(OH)
3
都属于两性氢氧化物，酸度高时沉淀不完全，太低又容易形成偏酸盐
而溶解。当Al3+和Cr3+的浓度都低于10-2mol·L-1时，Al3+在pH≈4时开始形成沉淀，pH=10-12时沉淀溶解；Cr(OH)
3
沉淀在pH≈5时开始生成，pH=12-14时沉淀溶解。
另一方面，第四组的Mg2+在pH=10.7时也开始析出Mg(OH)
2
沉淀。
综合以上情况，Al(OH)
3和Cr(OH)
3
要求溶液的pH应控制在5.5-10之间，防止第四组的
Mg2+形成Mg(OH)
2
沉淀，经实验得出pH=9为最佳，
但是，仅仅把溶液的pH调到9还是不行的，因为在反应过程中还有H+生成，
2A13++3S2-+6H
2O＝2A1(OH)
3
↓(白)+3H
2
S↑
2Cr3++3S2-+6H
2O＝2Cr(OH)
3
↓(灰绿)+3H
2
S↑
会使pH降低。为保持pH＝9，应加入氨水和NH
4C1(NH
3
-NH
4
C1)，以构成缓冲体系。
3.防止硫化物形成胶体
一般硫化物都有形成胶体的倾向，而以NiS为最强，不便于分离。NiS甚至可形成暗褐色溶胶，根本无法分离。为防止这一现象，除加入NH4C1外，还须将溶液加热，以促使胶体凝聚。
如果在氨性溶液中加入硫代乙酰胺以代替(NH
4)
2
S作为沉淀剂，则由于沉淀是在均相中缓
慢生成的，所以一般不会产生胶体现象。
4.使用新鲜的(NH4)2S溶液
否则，S2-被空气中的氧气氧化为硫酸根，使第四组阳离子提前沉淀。
5.取原溶液分析Fe2+、Fe3+
原因：1)在沉淀第二组阳离子时，Fe3+ H2S Fe2+
2)调节pH=9时，Fe2+ O2Fe3+ OH-Fe(OH)3 (NH4)2S Fe2S3
结论：由于铁的价态多次改变，为了确定其价态，须取原试液鉴定Fe3+、Fe2+。
5. 本组离子的沉淀条件
综合上述，本组的沉淀条件是：在NH
3—NH
4
Cl(pH=9)热的试液中加入(NH
4
)
2
S。若使用TAA
作沉淀剂，则应在NH
3-NH
4
Cl存在下加TAA，然后加热10min。
具体操作步骤为：
(1)对分离第二组离子后的溶液用氨水中和至弱碱性，并预测本组三价离子(Fe3+、Al3+与Cr3+)是否存在；
(2)用pH=9的NH
3—NH
4
Cl缓冲溶液控制酸度；
(3)△，加(NH
4)
2
S，再△，促使胶体凝聚；
(4)须取原试液鉴定Fe3+、Fe2+。
三、本组离子的系统分析
1.本组沉淀的溶解
HCl NiS、CoS难溶解
稀HNO
3
可溶解全部沉淀√2.本组系统分析方案简介
常见的有氨法、碱法。
(1)氨法
系统图P.56。
讨论：a.Mn2+在氨性溶液中易被氧化(部分)
2Mn2++4OH-+O
2==2MnO(OH)
2
↓
混合液中Mn2+和MnO(OH)
2
↓共存，当离子量小时，易引起丢失，故应提前鉴定。
b. Co2+易共沉淀于Fe(OH)
3、Al(OH)
3
和Cr(OH)
3
中，引起丢失，故也应提前鉴定。
(2)碱法
系统图P.57。
讨论：a. Co2+、Mn2+在H
2O
2
和NaOH作用下，分别生成Co(OH)
3
[较Co(OH)
2
稳定]、MnO(OH)
2
↓(全部Mn2+反应)，
b. Zn2+易发生共沉淀现象，应提前鉴定。
四、本组离子的分别鉴定
在分离出第一、二组阳离子后在上述的沉淀条件下把本组离子以氢氧化物或硫化物形式沉淀出来，沉淀用热的稀硝酸可全部溶解，此时，亚铁离子被氧化为+3价，要确定铁的价态，应取原溶液进行鉴定。
本组离子一般都有较好的鉴定方法，而且特效性也较好，所以组内不必进行过多的分离，甚至可以不进行分离。另一方面，本组内部的分离方案都不够理想，有些离子没有明确的所属，当它们的含量较少时，容易在分离过程中丢失。因此，本组离子的分析宜采用分别分析的方法。
在系统分析中，有时要先进行某些离子的分别鉴定，这种情况一般用于：
1．系统分析中会发生价态变化，以需确定其价态的。如Fe2+、Fe3+。
2．在系统分析中要引入的离子，如NH
4
+在系统分析中作为试剂加入，因此，原试液是否
有NH
4
+，须先分别鉴定。
3．在分组时易丢失的离子，分离前应分别检出。如用氨法在第三组内分析时，Mn2+、Co2+就易丢失。
一般在进行分别分析时应注意以下几个问题：
1．鉴定反应的条件，反应式、酸碱度、温度、溶剂等
2.操作方法，反应器皿，加入试剂的浓度、顺序和用量等。
3.干扰情况，根据干扰情况针对性地采取措施。
4.灵敏度，根据具体情况选择灵敏度适当的鉴定反应。
1.Fe2+的鉴定
A.K3Fe(CN)6试法(铁氰化钾试法)
Fe2+与K
3Fe(CN)
6
试剂生成深蓝色沉淀，为滕氏蓝：
Fe2++K++Fe(CN)
63-＝KFe[Fe(CN)
6
]↓
(1)条件：反应要在微酸性或中性(HAC)非氧化性溶液中进行。
①此沉淀可被碱所分解：
KFe[Fe(CN)
6]+3OH-＝Fe(OH)
3
↓+Fe(CN)
6
4-+K+
②强酸性 CN→HCN
(2)干扰：其他阳离子对此鉴定反应一般无干扰。
虽然很多离子也同试剂生成有色沉淀，但它们在一般含量情况下都不足以掩盖Fe2+生成的深蓝色。
(3)灵敏度：m＝0.1μg c＝1:5×l05(2ppm)。
B．邻二氮菲试法
Fe2+与邻二氮菲在酸性溶液中生成稳定的红色可溶性络合物。
(1)条件：酸性溶液
(2)干扰：一般无明显干扰
Cu2+、Co2+、Zn2+、Ni2+、Cd2+、SbⅢ等也能与试剂生成络合物，但不是红色，不妨碍鉴定。它们存在时仅需多加一些试剂。Fe3+大量存在时亦无干扰。
(3)灵敏度：m ＝0.025μg c ＝1:2×106(0.5ppm)。
2.Fe 3+的鉴定
A.NH 4SCN 法
Fe 3+与NH 4SCN 或KSCN 生成血红色具有不同组成的络合离子：Fe(SCN)2+、Fe(SCN)2+、Fe(SCN)3、Fe(SCN)4-、Fe(SCN)52-、Fe(SCN)63-。
(1)条件：反应要在酸性(稀HCl)溶液中进行。 ①碱能破坏红色络合物，生成Fe(OH)3沉淀。 ②HNO 3有氧化性，可使SCN -受到破坏： 13NO 3-+3SCN -+1OH +＝3SO 42-+3CO 2↑+16NO ↑+5H 2O ③浓HCl Fe 3+----FeCl 4-
(2)干扰：阳离子无明显干扰，阴离子F -、PO 43-、C 2O 42- 、NO 2-等有干扰
与SCN-产生有色化合物的离子虽然不少，但其颜色均不能掩盖由Fe 3+产生的红色。Cu(SCN)2为黑色沉淀，也不影响溶液颜色的观察。阴离子中F -、PO 43-、C 2O 42-等能与Fe 3+生成络离子，它们存在时会降低反应的灵敏度。NO 2-与SCN -产生红色化合物NOSCN 。在这种情况下，可将Fe 3+以SnCl 2还原为Fe 2+，以邻二氮菲鉴定。
(3)灵敏度：m ＝0.25μg c ＝1:2×105(5ppm)
B.K 4Fe(CN)6(亚铁氰化钾)法
Fe 3+在酸性溶液中与K 4Fe(CN)6生成蓝色沉淀： Fe 3++K ++Fe(CN)64-＝KFe[Fe(CN)6]↓
(1)条件：同Fe 2+的K 3Fe(CN)6试法(铁氰化钾试法)。
(2)干扰：与K 4Fe[CN]6]生成沉淀的离子虽然很多，但它们生成的沉淀颜色都比较淡，在一般含量下不足以掩盖铁的深蓝色。Cu 2+大量存在时，生成蓝色沉淀，可事先加氨水将它分出。值得注意的是Co 2+、Ni 2+等与试剂生成淡绿色至绿色沉淀，不要误认为铁。
能与Fe 3+络合的阴离子如F -、PO 43-等大量存在时会降低灵敏度或使鉴定失败，在这种情况下可先将Fe 3+以SnCl 2还原为Fe 2+，改以邻二氮菲鉴定。
(3)灵敏度：m ＝0.05μg c=1:1×106(1ppm)。
3.Mn2+的鉴定(铋酸钠法)
Mn2+在强酸性溶液中可被强氧化剂如NaBiO
3、(NH
4
)
2
S
2
O
8
或PbO
2
等氧化为MnO
4
-使溶液显紫
红色：
2Mn2++5NaBiO
3+14H+＝2MnO
4
-+5Bi3++5Na++7H
2
O
(1)条件：强酸性溶液
(2)干扰：一些有还原性(氯离子等)的离子有干扰，但多加一些试剂(NaBiO
3
)使可以消除。
(3)灵敏度：m＝0.8μg c＝1:6×104(20ppm)。
4.Cr3+鉴定(生成过铬酸法)
Cr3+先在强碱性溶液中以偏亚铬酸根离子CrO
2
-的形式存在：
Cr3++4OH-＝CrO
2-+2H
2
O
此离子可被H
2O
2
氧化为铬酸根离子：
2CrO
2-+3H
2
O
2
+2OH-＝2CrO
4
2-(黄)+4H
2
O
黄色CrO
4
2-离子的出现，即可初步说明Cr3+的存在。但此反应不够灵敏，也易受有色离子的干扰。
为进一步证实，然后在H
2SO
4
(pH=2-3)条件下把已制成的CrO
4
2-溶液酸化，使其转化为
Cr
2O
7
2-，然后加一些戊醇(或乙醚)，再加H
2
O
2
，此时在戊醇层中将有蓝色的过氧化铬CrO
5
生成：
2CrO
4
2-+2H+＝Cr
2
O
7
2-+H
2
O
Cr
2
O
7
2-+4H
2
O
2
+2H+＝2CrO
5
+5H
2
O
CrO
5
溶于水，生成蓝色的过铬酸H
2
CrO
6
。后者在水溶液中很不稳定，生成后很快分解，所
以在鉴定铬时要在过铬酸生成前(即酸化前)先加入戊醇，否则鉴定很容易失败。
(1)条件：强碱性溶液→H
2SO
4
(pH=2-3) →戊醇
(2)干扰：在上述条件下无干扰离子。
(3)灵敏度：m=0.25μg, c=1:2×104(50ppm)
5.Ni2+的鉴定(丁二酮肟法)
Ni2+在中性、HAc酸性或氨性溶液(pH值以在5-10之间)中与丁二酮肟产生鲜红色螯合物沉淀，此沉淀溶于强酸、强碱和很浓的氨水。
(1)条件：中性、HAc酸性或氨性溶液(pH值以在5-10之间)
(2)干扰：Fe2+在氨性溶液中与试剂生成红色可溶性螯合物，同Ni2+产生的红色沉淀有时
不易区别。为消除其干扰，可加H
2O
2
将其氧化为Fe3+。
Fe3+、Mn2+等能与氨水生成深色沉淀，可加柠檬酸或酒石酸掩蔽，另外，可使用纸上分离
法。即在滤纸上先滴加一滴(NH
4)
2
HPO
4
，再滴加试液，使Fe3+、Mn2+等与之生成磷酸盐沉淀，留
在斑点的中心。镍的磷酸盐溶解度大，Ni2+可扩散到斑点的边线。在边缘处滴加试剂(丁二酮肟)，然后在氨水瓶口上熏。Ni2+存在时，边缘变为鲜红色。
Co2+、Zn2+、Cu2+等也能与试剂生成螯合物，但都不是鲜红色。它们存在时可多加一些试剂。
(3)灵敏度：m=0.16μg，c=1:3×105(3ppm)
6.Co2+的鉴定(NH4SCN法)
在中性或酸性溶液中，Co2+与NH
4SCN生成蓝色络合物Co(SCN)
4
2-。此络合物能溶于许多有
机溶剂，如乙醇、戊醇、苯甲醇或丙酮等。Co(SCN)
4
2-在有机溶剂比在水中离解度更小，所以
反应也更灵敏。为了使络合平衡尽量向生成络离子方向移动，试剂最好使用固体NH
4
SCN，以保证较高的SCN-浓度。
(1)条件：中性或酸性溶液、有机溶剂、固体试剂(NH
4
SCN)
(2)干扰：Fe3+和Cu2+有干扰(见Fe3+的鉴定)。Fe3+单独存在时，加入NaF即可掩蔽。如两
者都存在，可加SnCl
2
将它们还原为低价离子。
(3)灵敏度：m=0.5μg，c=1:105(10ppm)
7.Zn2+的鉴定
四硫氰汞铵(NH
4)
2
Hg(SCN)
4
法
在中性或微酸性溶液(稀硫酸或醋酸)中，Zn2+与(NH
4)
2
Hg(SCN)
4
生成白色结晶形沉淀：
Zn2++Hg(SCN)
42+＝Zn[Hg(SCN)
4
]]↓(白)
在相同条件下，Co2+也能生成深蓝色结晶形沉淀Co[Hg(SCN)
4
]，不过因为容易形成过饱和状态，所以沉淀的速度颇为缓慢，有时可长达数小时。但当Zn2+和Co2+两种离于共存时它们与试剂生成天蓝色混晶型沉淀，可以较快地沉出。
因此，在中性或微酸性溶液(稀硫酸或醋酸)中，将很稀(0.02%)的Co2+溶液加入Zn2+的试液，再加入试剂，在不断摩擦器壁的条件下，如迅速得到天蓝色沉淀，则表示Zn2+存在。否则，如缓慢(超过2分钟)出现深蓝色沉淀，已不能作为Zn2+存在的证明。
(1)条件：中性或微酸性溶液(稀硫酸或醋酸)、(0.02%)的Co2+溶液、不断摩擦器壁
(2)干扰：由于Cu2+、Ni2+和大量的Co2+都能与试剂生成沉淀，Fe3+与试剂生成血红色络合物，它们存在时应事先在试剂中加入NaOH，将这些离子沉淀为氢氧化物，然后吸取含有Zn2+的离心液，以HCl酸化，使其转化为Zn2+，再按上述方法鉴定。
Cu(OH)
2、Fe(OH)
3
有微溶于浓NaOH(生成CuO
2
2-、FeO
2
-)的倾向，因此上述分离有时不能彻
底，与Zn2+混在一起的Cu2+，使Zn2+与Co2+的混晶不呈天蓝色，而是带有紫色乃至黑色，但这不妨碍鉴定。Fe3+的干扰可加NH
4
F掩蔽。
为了防止Zn2+过渡检出或漏检，在鉴定的同时应作空白试验或对照试验。
(3)灵敏度：m＝0.5μg C=1:105(10ppm)。
8.A13+的鉴定(铝试剂法)
在醋酸及醋酸盐的弱酸性溶液(pH＝4-5)中，A13+与铝试剂(金黄色素三羧酸铵)生成红色螯合物，加氨水使溶液呈弱碱性并加热，可促进鲜红色絮状沉淀的生成。
(1)条件：醋酸及醋酸盐的弱酸性溶液(pH＝4-5)
(2)干扰：Pb2+、Hg2+、Cu2+、Bi3+、Cr3+、Ca2+等与试剂生成深浅不同的红色沉淀，Fe3+与试
剂生成深紫色螯合物。它们存在时，试液应以Na
2CO
3
-Na
2
O
2
处理，上述离子中只有Cr3+以CrO
4
2-
的形式与A1O
2
-一起留在溶液中，但已不干扰A13+的鉴定；其余则沉淀为氢氧化物或碳酸盐。
值得注意的是Na
2O
2
的加入量要适当(pH=12)，加得不足时，A13+不能完全转化为AlO
2
-;加得太
多，又容易造成Cu(OH)
2和Fe(OH)
3
的少量溶解。
(3)灵敏度：m=0.16μg，c=1:3.3×105(3ppm)
第一组阳离子分析
第三章阳离子分析 教学要求：1、常见阳离子有哪些？分析特性如何？ 2、了解两酸两碱系统分析方案 3、掌握硫化氢系统分析方案(第一组是基础，第二组是重点) 第一节常见阳离子的分组 在湿法分析中，直接检出的是溶液中的离子。常见阳离子有23种元素、25种离子。它2+、Pb2+、Pb2+、Bi3+、Cu2+、Cd2+、Hg2+、As(Ⅲ、Ⅴ)、Sb(Ⅲ、Ⅴ)、Sn(Ⅱ、Ⅳ)、们是：Ag+、Hg 2 Al3+、Cr3+、Fe3+、Fe2+、Mn2+、Zn2+、Co2+、Ni2+、Ba2+、Sr2+、Ca2+、Mg2+、K+、Na+、和NH4+。 分组是按一定的顺序加入若干种试剂，将离子一组组沉淀出来。用于将各组离子分离开的试剂被称为组试剂。 （组试剂的条件与作用） 这些阳离子的盐酸盐、硫酸盐、硫酸盐、硫化物、氢氧化物的溶解性是不同；硫化物的酸碱性也不相同；氢氧化物两性也不相同；与氨的络合性也不相同；部分离子氧化性也不相同。这些相似与不同，为常见阳离子的分组和分离提供了基础。 对这些离子的分组，目前比较常见的有两种方案。 一、两酸两碱系统分组方案 分别利用盐酸、硫酸、氨水和氢氧化钠(故称为两酸两碱)为组试剂，将前述常见阳离子分为五组，如表所示。 表两酸两碱系统分组方案
4 条件不好掌握，易受污染等缺点。
二、硫化氢系统分组方案 硫化氢系统分组方案所依据的主要事实,就是各离子硫化物溶解度有明显的不同,以及根据离子的其它性质,将常见阳离子分成五组，现简化为四组(将钙、钠组合并)。 表2－1 简化的硫化氢系统分组方案 硫化氢系统的好处是分组均匀,合理。该方案从提出到现在已有二百多年的历史,经过不 断的改进，目前已成为最完善、应用最为广泛的一种分析方案，是阳离子定性分析中的首选方案，也是我们今后要学习的内容。但该方案也存在控制麻烦,毒性较大的缺点 。 Sr 2+ 碳酸盐不溶于水 碳酸盐溶于水 IV 组 碳酸铵组 V 组 钠组 NH 3＋NH 4Cl (NH 4)2CO 3 组
第二组阳离子分析
第三节第二组阳离子的分析 (重点) 本组包括Pb2+、Bi3+、Cu2+、Cd2+、Hg2+、As(ⅢⅤ)、Sb(ⅢⅤ)、Sn(ⅡⅣ)离子，称为铜锡组。它们的共同特点是不被HCl溶液沉淀（Pb2+是很少量的（小于1mg·mL-1），不能被HCl沉淀），但在 S反应生成硫化物沉淀。按照本组分出的顺序，称为第二组； 0.3mol·L-1HCl溶液中，可与H 2 按照所用的组试剂，称为硫化氢组。 一、本组离子的分析特性 1.离子的颜色 本组离子中，除Cu2+为蓝色外，其余均无色。
2.离子的存在形式 铅、铋、铜、镉、汞具有显著的金属性质，在水溶液中主要以金属阳离子的形式存在；而砷、锑、锡三种元素则表现出不同程度的非金属性质，它们在溶液中的主要存在形式随酸碱环境而不同，主要以阴离子形式存在于溶液中。但由于存在下述平衡 AsO 33-+6H+＝As3++3H 2 O SbCl 6 3-= Sb3++ 6C1- SnCl 4 2-＝Sn2++4Cl- 溶液中也或多或少地存在着简单阳离子，并能生成相应的硫化物(如SnS 2、As 2 S 3 等)，所 以这些元素还是作为阳离子来研究。 鉴定时并不严格区分它们的存在形式，只是泛指该元素，书写时只标出其氧化数，而不具体指明其存在形式。 3.加水稀释 Bi3+、Sb(ⅢⅤ)、Sn(ⅡⅣ)离子（见前表） 4.络合物 本组离子一般都能生成多种络合物。其中最常见的是氯络离子,因而大量Cl-存在时可影 响到各简单离子的浓度。另外，Cu2+、Cd2+等能生成氨或氰络离子：Cu(NH 3) 4 2+、Cd(NH 3 ) 4 2+、 Cu(CN) 42+、Cd(CN) 4 2+，它们在Cu2+、Cd2+的分离和鉴定上有很多应用。Bi3+与I-生成黄色的BiI 4 -； 用于铋的鉴定。Cu2+、Pb2+和Bi3+能与甘油生成络离子；Hg2+与I-生成无色的HgI 4 2-，它与KOH 一起的溶液，可用于NH 4 +的鉴定，称为奈氏试剂。这些都具有一定的分析应用价值。 5.氧化还原性质 砷、锑、锡三元素的离子具有两种比较稳定的价态，它们在分析上都具有重要的意义。 例如，As(V)在冷而稀的HCl溶液中，与H 2S通过一系列的反应，最终得到的是As 2 S 3 ↓， 但这个过程速率较慢，为了加速反应，先将As(V)还原为As(Ⅲ)。通常使用NH 4 I来还原。 另外，Sn(Ⅱ)还原性较强，很容易被氧化为Sn(Ⅳ)。而且SnS不溶于Na 2S，而SnS 2 能溶于Na 2 S， 这样在进一步分组时，把一种元素分在两个组中，将Sn(Ⅱ)归于ⅡA而Sn(Ⅳ)归于ⅡB组， 将使操作不便，故一般在进行沉淀之前加入H 2O 2 将Sn(Ⅱ)全部氧化成Sn(Ⅳ)，并加热将剩余的H 2 O 2 除去。
定性分析课标
《定性分析》课程标准 【课程名称】 定性分析 【适用专业】 中等职业学校工业分析与检验专业 1.课程性质 本课程是工业分析与检验专业的一门专业（技能）方向课程。主要内容包括：理论基础知识（定性分析基础知识、试样的制备）；操作技能训练（阳离子试液的制备、 25种阳离子的定性分析、混合阳离子试液定性分析、阴离子试液的制备、15种阴离子的定性分析方）。 2.课程目标 使学生具备工业分析与检验人才所必需的定性分析的基本知识和基本应用能力，初步形成解决实际问题的能力，为学习专业知识和从事分析检验工作打下基础。了解常用定性分析方法的基本原理、方法特点和应用范围。掌握定性分析常用分析仪器的使用方法，定性分析常用技术。掌握阳离子试液和阴离子试液的制备方法。掌握常用25种阳离子和15种阴离子的定性分析法。能针对不同的试样进行试液的制备。能较准确进行25种阳离子和15种阴离子的个别定性分析。 3.课程内容和要求
4.实施建议 4. 1 教材 根据课程标准要求编写定性分析校本教材。 4. 2 教学建议 （1）突出重点，贯彻“必须、够用”的原则，做到理论为实践服务，为操作技能和生产现场服务。 （2）教学中要紧密联系生产实际，以讲授基本概念和定性分析为主、计算为辅，注意用实验演示密切配合理论教学。 （3）教学中以实践需要为目的，讲解相关的知识点，保持理论与实践的紧密结合。 （4）本课程主要在理实一体化的实训场所进行，主要采用分任务实训的教学方法，同时结合教师演示讲解、学生训练、学生讨论等形式，充分利用多媒体
课件、设备等现代化的教学手段。 4. 3 教学评价 （1）根据实训项目的完成情况及理论考核情况进行评分，采用过程性评价和结果性评价相结合的评价体系。 （2）操作考核从操作步骤、结果准确度和安全卫生等三方面进行评分。4. 4 课程资源的开发与利用 （1）充分利用网络资源，让学生接触更多、更新的知识，帮助学生对知识和技能的理解和掌握，培养学生的综合职业能力。 （2）加强校企结合，让学生进入企业化验室顶岗实习，体验角色转换，缩短就业适应期。 5.教材与参考资料 5. 1教材 采用学校自编的《定性分析》校本教材 5. 2参考书 《分析化学》
阳离子的分离与鉴定
阳离子的分离与鉴定 一. 实验目的 1. 掌握用两酸三碱系统分析法对常见阳离子进行分组分离的原理和方法。 2. 掌握分离、鉴定的基本操作与实验技能。 二. 实验原理 阳离子的种类较多，常见的有二十多种，个别检出时，容易发生相互干扰，所以一般阳离子分析都是利用阳离子某些共同特性，先分成几组，然后再根据阳离子的个别特性加以检出。凡能使一组阳离子在适当的反应条件下生成沉淀而与其它组阳离子分离的试剂称为组试剂，利用不同的组试剂把阳离子逐组分离再进行检出的方法叫做阳离子的系统分析。在阳离子系统分离中利用不同的组试剂，有很多不同的分组方案。如硫化氢分组法，两酸、两碱系统分组法。下面介绍一种以氢氧化物酸碱性与形成配合物性质不同为基础，以HCl、H2SO4、NH3 H2O、NaOH、(NH4)2S为组试剂的两酸三碱分组方法。本方法将常见的二十多种阳离子分为六组。 第一组：盐酸组Ag+，Hg22+，Pb2+ 第二组：硫酸组Ba2+，Ca2+，Pb2+ 第三组：氨合物组Cu2+，Cd2+，Zn2+，Co2+，Ni2+ 第四组：易溶组Na+，NH4+，Mg2+，K+ 第五组：两性组Al3+，Cr3+，Sb III、V，Sn II、IV 第六组：氢氧化物组Fe2+，Fe3+， Bi3+，Mn2+，Hg2+ 用系统分析法分析阳离子时，要按照一定的顺序加入组试剂，将离子一组一组沉淀下来，具体分离方法如下表。 表阳离子分组步骤 试液(用个别检出法鉴定NH4+、Fe2+、Fe3+) ( Hg ) (两性组) (氢氧化物组) (第三组硫化物) (第四组易溶组)AlO2?、Cr O42?Fe(OH)3、 K+、Na+、Mg2+、NH4+SbO43?、SnO32?MnO(OH)2、 NaBiO3、HgNH2Cl
第二组阳离子分析
第三节第二组阳离子得分析 (重点) 本组包括Pb2+、Bi3+、Cu2+、Cd2+、Hg2+、As(ⅢⅤ)、Sb(ⅢⅤ)、Sn(ⅡⅣ)离子,称为铜锡组。它们得共同特点就是不被HCl溶液沉淀(Pb2+就是很少量得(小于1mg·mL-1),不能被HCl沉淀),但在0、 S反应生成硫化物沉淀。按照本组分出得顺序,称为第二组;按照3mol·L-1HCl溶液中,可与H 2 所用得组试剂,称为硫化氢组。 一、本组离子得分析特性 1、离子得颜色 本组离子中,除Cu2+为蓝色外,其余均无色。
2、离子得存在形式 铅、铋、铜、镉、汞具有显著得金属性质,在水溶液中主要以金属阳离子得形式存在;而砷、锑、锡三种元素则表现出不同程度得非金属性质,它们在溶液中得主要存在形式随酸碱环境而不同,主要以阴离子形式存在于溶液中。但由于存在下述平衡 AsO 33-+6H+＝As3++3H 2 O SbCl 6 3-= Sb3++ 6C1- SnCl 4 2-＝Sn2++4Cl- 溶液中也或多或少地存在着简单阳离子,并能生成相应得硫化物(如SnS 2、As 2 S 3 等),所以 这些元素还就是作为阳离子来研究。 鉴定时并不严格区分它们得存在形式,只就是泛指该元素,书写时只标出其氧化数,而不具体指明其存在形式。 3、加水稀释 Bi3+、Sb(ⅢⅤ)、Sn(ⅡⅣ)离子(见前表) 4、络合物 本组离子一般都能生成多种络合物。其中最常见得就是氯络离子,因而大量Cl-存在时可 影响到各简单离子得浓度。另外,Cu2+、Cd2+等能生成氨或氰络离子:Cu(NH 3) 4 2+、Cd(NH 3 ) 4 2+、 Cu(CN) 42+、Cd(CN) 4 2+,它们在Cu2+、Cd2+得分离与鉴定上有很多应用。Bi3+与I-生成黄色得BiI 4 -; 用于铋得鉴定。Cu2+、Pb2+与Bi3+能与甘油生成络离子;Hg2+与I-生成无色得HgI 4 2-,它与KOH一 起得溶液,可用于NH 4 +得鉴定,称为奈氏试剂。这些都具有一定得分析应用价值。 5、氧化还原性质 砷、锑、锡三元素得离子具有两种比较稳定得价态,它们在分析上都具有重要得意义。 例如,As(V)在冷而稀得HCl溶液中,与H 2S通过一系列得反应,最终得到得就是As 2 S 3 ↓,但 这个过程速率较慢,为了加速反应,先将As(V)还原为As(Ⅲ)。通常使用NH 4 I来还原。 另外,Sn(Ⅱ)还原性较强,很容易被氧化为Sn(Ⅳ)。而且SnS不溶于Na 2S,而SnS 2 能溶于Na 2 S, 这样在进一步分组时,把一种元素分在两个组中,将Sn(Ⅱ)归于ⅡA而Sn(Ⅳ)归于ⅡB组,将使 操作不便,故一般在进行沉淀之前加入H 2O 2 将Sn(Ⅱ)全部氧化成Sn(Ⅳ),并加热将剩余得H 2 O 2 除去。 锑得罗丹明B试法只对Sb(Ⅴ)有效,若溶液中得锑为三价则必须事先氧化。此外,将Bi3+还
实验三 常见阳离子分析及Ag+、Pb2+的分离鉴定P112
常见阳离子的分离和鉴定 一、实验内容 1. 常见阳离子的鉴定：见实验教材P115（Hg2+不做，其他离子都做）。 2. 常见阳离子混合试液的分离和鉴定：已知混合液两组，必做。 见教材P116倒数L2 Ag+和Pb2+（不含Hg2+）； 见教材P110 倒数L2：部分阳离子的分离与鉴定--Fe3+、Cr3+、Mn2+、Ni2+混合离子的分离与鉴定。 3.常见阳离子混合试液的分离和鉴定：未知混合液两组，其中的离子是第二组中的两个或三个选做，参考第二组离子的实验步骤，做的快的同学可选做。 二、预习内容 预习报告书写时分三列，预习报告中现象和解释空白，留着实验时记录填写。 序号步骤现象解释 1-（1）AgNO3(5d)+NaCl(5d) 离心，沉淀+NH3H2O +HNO3有白色↓ 白色↓溶解 又有白色↓ 平衡朝沉淀方向移动 沉淀溶解 白色, AgCl Cl Ag-- ↓ = +- + 衡 沉淀溶解平衡与配位平 = ++ = +Cl ] ) NH ( Ag [ NH 2 AgCl 2 3 3 向生成配合物方向移动 白色沉淀 ↓ + = + ++ + - +AgCl NH 2 H 2 Cl ] ) NH ( Ag [ 4 2 3 动 最后向生成沉淀方向移 衡互相争夺 沉淀溶解平衡与配位平, 1. 离心机及其操作--教材P99；离心后，沉淀的洗涤； 2. 加热和冷却方法P43～47； 3. 化学试剂的规格、存放和取用P6~8； 4. 试纸的使用方法P9； 5. 常见阳离子的鉴定：见实验教材P115（Hg2+不做，其他离子都做）。常见阳离子混合试液的分离和鉴定：已知混合液两组，必做。教材P116倒数L2 Ag+和Pb2+（不含Hg2+）；教材P110 倒数L2：部分阳离子的分离与鉴定--Fe3+、Cr3+、Mn2+、Ni2+混合离子的分离与鉴定。 三、预习思考题 1. 通常的加热方法有哪些？直接加热法和热浴加热法怎样操作？举例说明。热浴加热有哪些？ 2. 水浴加热通常在中进行，亦可用，适用于 以下的恒温。加热温度在以下时，可将容器浸入水浴中(注意：勿使容器触及水浴底部) 水浴最大优点是。 3. 最常用冷却方式是。但水只能将物体冷到室温。用冰或冰水可冷却到室温以下。若须冷到0℃以下，可用的混合物。 4. 设计定性实验分离方案的原则是什么？ 5. 在离子的分离过程中，如何判断某离子是否沉淀完全？ 6. 在Fe3+、Fe2+、Al3+、Co2+、Mn2+、Zn2+中，哪些离子的氢氧化物具有两性？哪些离子的氢氧化物不稳定？哪些能生成氨配合物？ 7. 本实验中所列的Fe3+、Cr3+、Mn2+、Ni2+混合离子分离鉴定方案中各离子的分离鉴定
定性分析实验报告
定性分析综合实验报告 一．实验目的 1）掌握化学分析法的基本操作技能和初步运用的能力； 2）掌握常见离子的个性、共性、反应条件和鉴定方法； 3）通过综合实验分析混合试液 的各阳离子及其性质。 二．实验仪器和试剂 仪器：离心管若干、玻璃棒、离心机、量筒、滴管、电炉、烧杯、石棉网、试管架、试 管夹、黑白点滴板、ph试纸、药匙、表面皿、滤纸、红色石蕊试纸、坩埚 试剂： 6mol/lhcl、3mol/lhcl、1mol/lhcl、0.6mol/lhcl、6mol/lhac、3mol/l hac、 k2cro4溶液、3mol/lh2so4、6mol/lnaoh、6mol/l氨水、蒸馏水、6mol/lhno3、 3mol/lhno3、 0. 6mol/lhcl、稀氨水、taa、nh4cl、kclo3、甘油溶液（1：1）、 naac、k4fe（cn）6、浓 hac、sncl2、浓hcl、（nh4）2co3、浓hno3、铝片、锡粒、新配制的nabro、k3fe(cn)6、 （nh4）2hg(scn)4、 nh4scn、0.1mol/lhcl、nabio3、h2o2、戊醇、浓(nh4)2hpo4、丁二酮肟、氨气、 cocl2、(nh4)2c2o4、四苯硼化钠、醋酸铀酰锌、乙醇、浓naoh、镁试剂、nh4no3 三．实验步骤 1. 被测溶液的ph值大于7，显碱性，初步判定试液中可能有nh 4＋ 4+ 2. nh的鉴定水浴 被测试液1滴（下表面皿）＋湿润的红色石蕊试纸（上表面皿）＋浓naoh 红色石蕊试 纸变蓝示有nh4＋ 3．阳离子第一组（银组）的分析 （1）本组的沉淀 在试液中加2滴6mol/lhcl，充分搅拌，约2min，离心沉降，吸出离心液，留作第二组 测定，沉淀以3滴1mol/lhcl洗涤2次，然后按（2）研究 （2）向所得氯化物沉淀上加水1ml，然后在水浴中加热近沸，搅拌，约1－2min后，趁 热离心沉淀，并迅速吸出离心液于另一只离心管中 ①铅的鉴定 离心液＋6mol/lhac＋3滴k2 cro pbcro4(黄) 示有pb2＋②hg2＋的鉴定 在（2）残渣＋6mol/l 氨水无现象没有hg2＋③ag＋的鉴定 离心液＋＋agcl ，hg2cl2 ，pbcl2 ii－iv组 1 pb，cl agcl，hg2cl 2 6mol/lhac 6mol/l 氨水 4黄) 无现象示有pb2＋ 4．阳离子第二组（铜锡组）的分析 向上述溶液中加6mol/l氨水，使其呈碱性，再加3mol/lhcl(沉淀溶解，溶液蓝色透明) 至酸度为ph=0.6.在该溶液中加taa，加热（褐色沉淀产生），离心沉降，保留沉淀，离心液 继续处理。 稀释离心液一倍，使其酸度降低，沉淀完全，并将两次处理的沉淀合并，用以含nh4cl 的水洗涤，继续研究。离心液按第三组阳离子研究，在离心管上表明“第三组阳离子研究” 字样，避免混乱。
分析化学实验课后部分习题标准答案(第四版)
实验一阳离子第一组（银组)的分析思考题： １.沉淀第一组阳离子为什么要在酸性溶液中进行?若在碱性条件下进行，将会发生什么后果？ 答：在系统分析中，为了防止易水解离子的水解生成沉淀而进入第一组,所以沉淀第一组阳离子时要在酸性溶液中进行。若在碱性条件下进行,第一组以后的大部分阳离子将生成沉淀,这样就不到分离的目的。 2.向未知溶液中加入第一组组试剂ＨCl时，未生成沉淀，是否表示第一组阳离子都不存在? 答:向未知试液中加入第一组组试剂时，未生成沉淀，只能说明Ag+，Hg22＋不存在,而不能说明Pｂ2+不存在，因为当试液中Pb２+的浓度小于1mg?ml－1,或温度较高时,Pb2+将不在第一组沉淀，而进入第二组。 3.如果以KI代替ＨCl作为第一组组试剂，将产生哪些后果？ 答：如果以KI代替ＨCl作为第一组组试剂时，酸度太小，第二组易水解的阳离子将水解进入第一组，达不到分离的目的。另外具有氧化性阳离子将与I-发生氧化还原反应，使这些离子的浓度
降低不能鉴出。 实验二阳离子第二组(铜锡组)的分析思考题： 1.沉淀本组硫化物时,在调节酸度上发 生了偏高或偏低现象,将会引起哪些 后果? 答：沉淀本组硫化物，若酸度偏低时，第三组阳离子Zn2+将生成ZnS 沉淀进入第二组。若酸度偏高时,本组的Cd ２+不生成硫化物沉淀而进入第三组。 2.在本实验中为沉淀硫化物而调节酸度时,为什么先调至0.6mol·Ｌ-1HCｌ酸度,然后再稀释一倍,使最后的酸度为0.2 mol·L-１? 答:因As(III)的硫化物完全沉淀需在0．６moｌ·L-1ＨＣｌ酸度下,Cｄ2+的硫化物完全沉淀需在0．2 mol·L-１HＣｌ酸度下。因此为了使本组离子完全生成硫化物沉淀而与第三组阳离子分离,所以在调节酸度时,先调至0.6 mol·L-１HCl酸度，然后再稀释一倍,使最后的酸度为０.２mol·L-1。 3.以TAA代替H2S作为第二组组试剂时，为什么可以不加H２O２和NH4Ｉ? 答:以TAA代替Ｈ２S作为第二组组试剂时,因TAA在9０℃及酸性溶液中，可在沉淀时间内将As(V)还原为Aｓ(IＩ
第三组阳离子的分析
第四节第三组阳离子的分析 一、本组离子的分析特性 本组包括由7种元素形成的8种离子：Al3+、Cr3+、Fe3+、Fe2+、Mn2+、Zn2+、Co2+、Ni2+，称为铁组，它们的氯化物溶于水，在·L-1HCl溶液中不形成硫化物沉淀，只能在NH3-NH4Cl(pH≈9)溶液中与(NH4)2S或硫代乙酰胺反应生成硫化物或氢氧化物沉淀，按分组顺序称为第三组，按所用试剂称为硫化铵组。 1.离子的颜色——预测某些有色离子是否存在 常见阳离子中带有颜色的，除Cu2+以外，其余都集中到本组，而本组中只有Al3+和Zn2+无色。 作用：此性质可用作未知离子的预测。
应注意的问题： （1）当含量少时，即使溶液无色，也不能排除有少量有色离子的存在。 （2）当不同的颜色发生互补现象时，溶液虽然无色也不能排除有色离子的存在。 如Co2+:Ni2+=1:3 互补规律：（对角线互补为无色） 2.离子的价态 本组除Al3+与Zn2+外，都有两种以上的价态，如Fe(2,3)，Mn(2,3,4,5,6,7)，Cr(2,3,6),Co(2,3)，Ni(2,3)等。可应用于分离和鉴定反应之中。正因为这样，本组许多离子的分析反应都与其价态的变化有关，有的还有重要的分析意义。
氧化还原反应在分析中的应用 (1)分离离子：掩蔽或沉淀 以NaOH沉淀Co(OH)2时，因它的溶解度较大，且容易被过量的NaOH部分溶解为HCoO2-，所以沉淀不完全。为使沉淀完全，一般都将Co(OH)2氧化为Co(OH)3。Co(OH)2很容易被氧化，甚至放置在空气中都可逐渐转变为Co(OH)3。在实验条件下，通常是加Na2O2作为氧化剂： 2Co(OH)2+Na2O2+2H2O＝2Co(OH)3↓+2Na++2OH- (2)鉴定离子 Mn2+在稀溶液中接近无色，而MnO4-却有鲜明的紫红色。利用这一性质，可将Mn2+氧化为MnO4-而加以鉴定，灵敏度很高（m=1μg，c=16ppm）。 又如，Cr3+的鉴定方法之一，是先在碱性溶液中将它氧化为黄色的CrO42-（不够灵敏、受有色离子的干扰），然后再在酸性溶液中进一步氧化为蓝色的过氧化铬CrO5。这是铬比较特效的方法。
第一组阳离子定性分析.
第一組陽離子定性分析 z國立臺灣大學化學系，大學普通化學實驗，第十二版，國立臺灣大學出版中心：台北，民國九十七年。 z版權所有，若需轉載請先徵得同意；疏漏之處，敬請指正。 z臺大化學系普化教學組陳妍秀助教，2007年2月10日。 一、目的：學習第一組陽離子的分離及鑑定技術，以了解物質沉澱、溶解與錯離 子生成等平衡關係。 二、學習技能：第一組陽離子系統分離、鑑定，離心機操作，及石蕊試紙的使用。 三、原理： 在現代化的分析儀器如原子吸收光譜分析儀等尚未發展成熟之前，利用一些簡單的試劑與基本儀器，應用沉澱、溶解與形成錯合物等化學平衡原理就能進行金屬陽離子的分離與鑑定工作。 陽離子的定性分析一般分為三個階段： (1) 依據陽離子的溶解特性依序加入適當的試劑使之沉澱分離為五大類組。 (2) 將各類組中的陽離子沉澱選擇性地溶解分離。 (3) 鑑定個別陽離子存在。 此實驗即為分析會與HCl(aq)生成不溶性氯化物沉澱的第一組陽離子。 四、儀器與材料：離心機、離心管(5 支)、玻璃棒、燒杯、試管、滴管、石蕊試 紙、試管夾、試管震盪器。 五、藥品： (一) 陽離子標準溶液 Ag+：硝酸銀(silver nitrate，AgNO3)、Hg22+：硝酸亞汞(mercury(I) nitrate，Hg2(NO3)2?2H2O)、Pb2+(lead(II) nitrate，Pb(NO3)2) (二) 試劑 6 M 鹽酸(hydrochloric acid, HCl)、0.5 M 鉻酸鉀(potassium chromate， K2CrO4)、6 M醋酸(acetic acid，CH3COOH)、6 M氨水(ammonia water， NH3(aq))、濃氨水(ammonia water，15 M NH3(aq))、0.2 M氯化亞錫試劑(tin(II) chloride，SnCl2 in 3 M HCl)。 六、實驗步驟： （一）個別陽離子分析流程圖：
仪器分析实验课后思考题答案新
仪器分析实验课后思考题答案 实验二气相色谱定性和定量分析 1、为什么可以利用色谱峰的保留值进行色谱定性分析？ 因为在相同的色谱条件下，同一物质具有相同的保留值，当用已知物的保留时间与未知祖坟的保留时间进行对照时，若两者的保留时间相同，则认为两者是相同的化合物。 2、利用面积归一化法进行定量分析是，进样量是否需要非常准确，为什么？ 因为归一化法的结果是一个比例 峰面积百分比=该峰的峰面积/所有峰面积和 可以把进样量（进样体积*样品浓度）看作是1（即100%），检测出的各个峰（主峰和杂质峰）都是这个1的一部分，且各个峰面积百分比的和为1。简单的用一个数学公式表示就是 各个峰面积分别为A,B,C,D……M. 各个峰面积和为W=A+B+C+D+……+M 那么各峰面积百分比就是A/W,B/W,C/W,……,M/W A/W+B/W+C/W+……+M/W =(A+B+C+D+……+M)/W =W/W =1 一个样品中各个峰彼此之间的比例是一定的，所以进样量的准确度要求不高。 实验三聚乙烯和聚苯乙烯膜的红外光谱分析 1、化合物的红外吸收光谱是怎样产生的？它能提供哪些信息？ 当一束具有连续波长的红外光通过物质，物质分子中某个基团的振动频率或转动频率和红外光的频率一样时，分子就吸收能量由原来的基态振(转)动能级跃迁到能量较高的振(转)动能级，分子吸收红外辐射后发生振动和转动能级的跃迁，该处波长的光就被物质吸收。所以，红外光谱法实质上是一种根据分子内部原子间的相对振动和分子转动等信息来确定物质分子结构和鉴别化合物的分析方法。位置、强度、峰形是IR的三要素。吸收峰的位置和形状反应分子所带官能团，可以推断化合物的化学结构；吸收峰强度可以测定混合物各组分的含量；应用红外光谱可以测定分子的键长、健角，从而推断分子的立体构型，判断化学键的强弱等。 2、红外光谱实验室为什么对温度和相对湿度要维持一定的指标？ 一个很重要的原因是红外光谱仪器中有几个作用较大且比较贵重的光镜是用KBr做的，极易受潮，温度或湿度过高都会造成光镜的损坏，一般温度不能超过25度,湿度最好在45%以下，另外要补充的是只要是高精密的仪器，对室内的温湿度都是有要求，能起到保持仪器的精密度、减缓仪器的老化的作用。 3、如何进行红外吸收光谱的图谱解释？
分析化学实验思考题答案
实验一阳离子第一组（银组）的分析 思考题： 1．沉淀第一组阳离子为什么要在酸性溶液中进行？若在碱性条件下进行，将会发生什么后果？ 答：在系统分析中，沉淀第一组阳离子在酸性溶液中进行是为了防止后面几组阳离子中易水解离子的水解生成沉淀而进入第一组。若在碱性条件下进行，第一组以后的大部分阳离子将生成沉淀，达不到分离的目的。 2．向未知溶液中加入第一组组试剂HCl时，未生成沉淀，是否表示第一组阳离子都不存在？ 答：不能。向未知试液中加入第一组组试剂时，未生成沉淀，只能说明Ag+,Hg22+不存在，但不能说明Pb2+不存在，因为当试液中Pb2+的浓度小于1mg?ml-1，或温度较高时，Pb2+将不在第一组沉淀，而进入第二组。Cl-离子浓度太大，Ag+，Hg22+离子浓度太低，也难以生成沉淀。 3．如果以KI代替HCl作为第一组组试剂，将产生哪些后果？ 答：如果以KI代替HCl作为第一组组试剂时：(1)、酸度太小，第二组易水解的阳离子将水解进入第一组，同时后面几组较多离子与I-反应生成沉淀进入第一组，达不到分离的目的。(2)、具有氧化性阳离子将与I-发生氧化还原反应，使这些离子的浓度降低不能鉴出。 (3)、I-比Cl-更容易使与金属离子形成络合物，而得不到沉淀。(4)、引入了K+，对K+的鉴定结果难以下确定结论。 实验二阳离子第二组（铜锡组）的分析 思考题： 1．沉淀本组硫化物时，在调节酸度上发生了偏高或偏低现象，将会引起哪些后果？ 答：沉淀本组硫化物时： (1)、若酸度偏高时，本组溶解度较大的CdS、SnS（包括第一组的Pb2+进入第二组后）不生成硫化物沉淀而进入第三组。 (2)、若酸度偏低时，第三组阳离子Zn2+将生成ZnS（溶解度较大）沉淀进入第二组。 (3)、酸度偏低不利于As、Sb、Sn生成硫化物沉淀。 2．在本实验中为沉淀硫化物而调节酸度时，为什么先调至0.6mol·L-1HCl酸度，然后再稀释一倍，使最后的酸度为0.2 mol·L-1? 答：先调至0.6mol·L-1HCl酸度，因As(III)的硫化物完全沉淀需在0.6 mol·L-1HCl酸度下进行，然后再稀释一倍(并且本组离子沉淀时酸度要增高)，使最后的酸度为0.2 mol·L-1，因Cd2+（包括第一组未沉淀的Pb2+）的硫化物完全沉淀需在0.2 mol·L-1HCl酸度下。因此为了使本组离子完全生成硫化物沉淀而与第三组阳离子分离，所以在调节酸度时，先调至0.6 mol·L-1HCl酸度，然后再稀释一倍，使最后的酸度为0.2 mol·L-1。
第四组阳离子分析预习要求
实验三、第四组阳离子混合液分析 一、实验目的 1．掌握第四组阳离子分组的依据和反应条件。 2．掌握本组阳离子的鉴定方法，熟记本组离子鉴定反应及其特征。 3．熟练掌握定性分析基本操作。 １．仪器配置 Ba2＋练习试液Sr2＋练习试液Ca2+练习试液 K+练习试液Na+练习试液NH4＋练习试液Mg2+练习试液 HCl(,1 mol·L-1 , 6 mol·L-1,) HAc (6 mol·L-1) HNO3 (6mol·L-1 ，3mol·L-1 ) NH3·H2O (6 mol·L-1) NaOH (6mol·L-1) TAA(5%) ３mol·L-1NaAc 0.25mol·L-1K4Fe(CN)6 0.25mol·L-1K3Fe(CN)61mol·L-1NH4Cl 饱和NH4Cl H2O230g·L-1 １mol·L-1K2CrO4 0.5mol·L-1(NH4)2C2O4 1 mol·L-1 NH4)2CO3 饱和(NH4)2CO30.01 mol·L-1KMnO4 Na2CO3(S) Na3Co(NO2)6(S) 玫瑰红酸钠95% 乙醇1% 四苯硼化钠 醋酸铀酰锌镁试剂(Ｉ) 材料：铂丝、蒸馏水、广泛pＨ试纸、红色石蕊试纸、滤纸
第四组阳离子分析预习要求 一、课前练习: 1.用系统分析法分析第四组阳离子，其沉淀条件中除需加NH3·H2O以防止(NH4)2CO3水解外，还需加热至60～70℃，其目的是：（） A防止沉淀胶溶； B.赶去有害气体； C.使氨基甲酸铵转化为(NH4)2CO3； D.防止沉淀水解； E.加快反应速度。 2.要将BaSO4、SrSO4溶解，制备成Ba2+、Sr2+的溶液，可采用何种方法：（） A.加HNO3，加热； B.加王水； C.加浓NH3·H2O，加热； D.加浓NaOH； E.用Na2CO3浓溶液使之转化成碳酸盐，再使之溶于酸。 3.若NH4+、K+同时存在，则NH4+将干扰K+的鉴定，可用下述何种方法除去NH4+的干扰？ （）A.离子交换分离； B.萃取分离； C.灼烧试液，使NH4+挥发除去； D.加入掩蔽剂； E.加入四苯硼化钠 4.对Ba2+、Ca2+的混合液，可采用下列何种试剂分离并鉴定Ba2+: （） A.(NH4)2C2O4; B.K2CrO4; C.Na2CO3; D.NH4Ac; E.(NH4)2CO3。 5.以K2CrO4鉴定Ba2+离子时，如溶液的酸性太强，要加入NH4Ac或NaAc，这是为了： （）A.防止Pb2+的干扰； B.破坏胶体； C.易获得粗大晶体； D.降低溶液的酸度，使之生成BaCrO4沉淀； E.起盐效应作用。 二、课前思考： 1．第四组离子的分析中，鉴定K+、Na+、Mg2+之前为什么必须除尽NH4+？ 2．在硫化氢系统分析中，沉淀Ba2+、Sr2+、Ca2+的组试剂能否用Na2CO3，为什么？ 3．分析第四组离子中的Mg2+，是否可以用镁试剂直接从原
第一二组阳离子分析预习要求
实验一、第一、二组阳离子混合液分析 二、实验配置方案（按20人一个小班配置） １．仪器配置 Ag＋练习试液Pb2+练习试液Hg22+练习试液 Bi3+练习试液Cu2+练习试液Cd2+练习试液Hg2+练习试液 As(Ⅲ、Ⅴ) 练习试液Sb(Ⅲ、Ⅴ)练习试液 Sn(Ⅱ、Ⅳ)练习试液 HCl(浓,1 mol·L-1 , 6 mol·L-1, 8 mol·L-1) HAc (6 mol·L-1) HNO3 (浓，6mol·L-1 ，3mol·L-1 ) NH3·H2O (6 mol·L-1) NaOH (6mol·L-1) K2CrO4(0.5mol·L-1) TAA(5%) 0.5mol·L-1NaAc 0.25mol·L-1K4Fe(CN)6 0.5mol·L-1SnCl2 1mol·L-1NH4Cl 0.2mol·L-1HgCl2 NaBrO(新制)：于溴水中滴入NaOH至溴水刚好褪色。 甲基紫溶液（１g/L）(NH4)2CO3(120g/L) Fe丝(或Mg片, Al片)Sn箔或Sn粒KClO3(s) 材料：蒸馏水、广泛pＨ试纸
第一、二组阳离子混合液分析预习要求 华中教材为主 第一组离子分析 1．第一、第二组阳离子包括哪些离子？（课前了解） 2．沉淀第一组阳离子为什么要在酸性溶液中进行？若在碱性条件下进行，将会发生什么后果？（课前或课后完成） 3．向未知液中加入HCl时，未生成沉淀，是否表示第一组阳离子都不存在？（课后完成）4．如果以KI代替HCl作为第一组试剂，将产生哪些后果？（课前了解）第二组离子分析 1.沉淀第二组离子硫化物时，在调节酸度上发生了偏高或偏低现象，将会引起哪些后果？（课前了解） 2．在本实验中沉淀硫化物而调节酸度时，为什么先调至0.6mol·L-1HCl酸度，然后再稀释一倍，使最后的酸度为0.2mol·L-1HCl？（课后完成） 3．以TAA代替H2S作为第二组组试剂时，为什么可以不加H2O2和NH4I？（课前了解）4．已知某未知试液不含第三组阳离子，在沉淀第二组硫化物时是否还要调酸度？（课前了解） 5.第二组离子分族的依据及条件，第二组离子与第三组离子分离的条件。（课前思考） 补充： 1.Hg2+的鉴定：分离第一组离子后，取混合液1滴于点滴板上，加KI， CuSO 4,Na 2 SO 3 ，生成桔红色的Cu2[HgI]4↓，示有Hg2+。 定性分析实验报告示例1．分析方案：自己拟定
定性分析实验流程
定性分析综合实验方案 一、实验目的 1、用所学元素及化合物的基本知识，进行阳离子的分离和鉴别； 2、进一步培养观察实验和分析现象中所遇到的问题的能力。 二、实验原理 常见的阳离子有24种，进行离子鉴定的时候首先需要要对它们分组，然后采用化学分析方法进行鉴定。应用最为广泛的硫化氢系统是目前较为完善的一种分组方法，主要依据各离子硫化物溶解度的显著差异，将阳离子分成5组。 三、实验方案 1、试液的外表观察和准备 1〉分析观察未知阳离子混合溶液的试样颜色，初步判断某些有色阳离子是否存在； 阳离子不同存在形式的颜色
2 〉测量溶液的pH，消去在该pH条件下可生成沉淀的离子： AsO33+是用碱配制的，不容易与其它离子共存，故不放。 Sn2+,4+、Sb3+,5+是用盐酸配制的 其他离子是用硝酸盐配制的 其中Al和Zn不易被检测，故不放。 2、阳离子分析 有些离子需要在原始溶液中检测。如NH4+、Fe2+、Fe3+等。 一些离子(如Fe2+、Fe3+、Mn2+、NH4+等)具有特效性的检出方法，可在其它离子共存的情况下不经分离直接从样品中检出。 其他离子依次用HCl、TAA、(NH4)2S等组试剂进行试验，依次检测未知试样中有哪些离子。但反应灵敏度较低的阳离子不能消去(可能浓度较低)，以免漏检；需用其他方法验证。 3、组试剂检测 把试液分成四份，取其中的的一份进行鉴定。 鉴定NH4+ 取试液少量，在试液中加浓NaOH，水浴上加热，观察湿润红色石蕊试纸是否变色。如果变蓝，示有NH4+。 鉴定Fe2+ 在点滴板上滴加一滴试液，加3mol.l-1HCl、K3Fe(CN)3，若有深蓝色KFe[Fe(CN)6]沉淀，则表明有Fe2+。 鉴定Fe3+ 在点滴板上滴加一滴试液，滴加NH4SCN和0.1mol.l-1 HCl，若显红色，则有Fe3+。 混合式样中阳离子组试剂的鉴定
分析化学第三版答案
第二章 思考题与习题 1．已知用生成AsH 3气体的方法鉴定砷时，检出限量为1μg ，每次取试液0.05mL 。求 此鉴定方法的最低浓度（分别以ρB 和1：G 表示）。 解： 最底浓度 12005 .01-?===mL g V m B μρ 610=?G B ρ 466 10520 1010?===∴B G ρ 1:G=1:5×104 2．取一滴（0.05mL ）含Hg 2+试液滴在铜片上，立即生成白色斑点（铜汞齐）。经过实 验发现，出现斑点的必要条件是汞的含量应不低于100μg ·mL -1。求此鉴定方法的检出限量。 解： 检出限量 g V m B μρ510005.0=?=?= 3．洗涤银组氯化物沉淀宜用下列哪种洗液？为什么？ (1)蒸馏水 （2）1mol ·L -1 HCl (3) 1mol ·L -1 HNO 3 (4) 1mol ·L -1 NaCl 答：应选用（2）1mol·L -1HCl 作洗液，因为HCl 含有与氯化物沉淀的共同离子，可以减少洗涤时的溶解损失，又保持一定的酸度条件，避免某些水解盐的沉淀析出，另外HCl 为强电解质避免因洗涤剂而引起胶体现象。 如果用蒸馏水洗涤，则不具备上述条件，使沉淀的溶解损失太大，特别是PbCl 2﹑HNO 3 不含共同离子，反而引起盐效应而使沉淀溶解度大，NaCl 则虽具有共同离子，但不具备酸性条件，所以亦不宜采用。 4.如何将下列各沉淀分离？ (1)Hg 2SO 4-PbSO 4 (2)Ag 2CrO 4-Hg 2CrO 4 (3) Hg 2CrO 4-PbCrO 4 (4)AgCl-PbSO 4 (5)Pb(OH)2-AgCl (6) Hg 2CrO 4-AgCl 解：（1）用NH 4Ac 溶解PbSO 4，而不溶解Hg 2SO 4 。 （2）用氨水溶解Ag 2CrO 4，而不溶解Hg 2CrO 4 。 (3) 用NaOH 溶解PbCrO 4，而不溶解Hg 2CrO 4 。 (4) 用氨水溶解AgCl ，而不溶解PbSO 4 。 (5) 用HNO 3溶解Pb(OH)2，而不溶解AgCl 。 (6) 用氨水溶解AgCl, 而不溶解Hg 2SO 4 。 5．根据标准电极电位数据说明： （1） 在酸性溶液中H 2O 2为什么可将Sn 2+氧化为Sn 4+? （2） NH 4I 为什么可将AsO 43-还原为AsO 33-？ 答:（1） H 2O 2+2H + +2e=2H 2O E 0=1.77 V Sn 4++2e=Sn 2+ E o =0.154 V H 2O 2是比Sn 4+强的氧化剂，所以H 2O 2可以氧化Sn 2+为Sn 4+ (2 ) I 2(固)+2e=2I - E o =0.5345 V AsO 43-+4H ++2e=AsO 33-+2H 2O E o =0.559 V I -是比AsO 33-强的还原剂，所以NH 4I 可以还原AsO 43-